资源简介

河北衡水中学2025-26届高三年级检测（五）
化 学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Ti 48 Fe 56
Co 59 Ni 59 Au 197
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．在中国传统文化中，蛇被视为神秘、智慧和力量的象征。下列与蛇有关的历史文物中，主要成分为有机高分子的是
2．Fe(CO)5（五羰基铁）是一种典型的金属羰基化合物，在热、光、氧化还原等条件下表现出多种反应性，广泛应用于化学合成和材料科学，但需注意其毒性和不稳定性。已知存在反应：2Fe(CO)5+337Cl22Fe37Cl3 +10CO，设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．常温下，1 L 0.0l mol·L-1Fe37Cl3溶液中，Fe3+的数目小于10-2 NA
B．1 mol基态Fe原子的价层电子数为2 NA
C．22.4 L 37Cl2含有的中子数为40 NA
D．生成1 mol Fe37Cl3时，Fe(CO)5失去的电子数为NA
3．碳纤维是一种高强度纤维，可以制造先进的复合材料。下列说法正确的是
A．运-20的机身材料含航空碳纤维，碳纤维的成分属于纤维素
B．运载火箭使用碳纤维可增强铝层压板强度，铝合金是纯净物
C．由聚丙烯腈或沥青等可制备碳纤维，制造过程涉及化学变化
D．碳纤维微观结构类似石墨，碳纤维层间主要作用力为化学键
4．下列化学用语或图示正确的是
A．SO3的VSEPR模型：
B．Fe2+的结构示意图：
C．Br2分子中共价键的电子云轮廓图：
D．H2O2的电子式：
5．科研团队在距离地球约124光年的太阳系外行星的大气中检测到了可能表明生命存在的化学指纹DMS和DIVIDS，这两种化学物质的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W与Q同主族，Z的基态原子价层p轨道半充满。下列叙述正确的是
A．简单氢化物的沸点：Q>W>Z
B．YW和QW的VSEPR模型均为正四面体形
C．第一电离能：W>Z>Y
D．原子半径：Y>Z>X
6．卟啉配合物血红素是血红蛋白的组成成分，其结构如图所示。关于该分子，下列说法正确的是
A．存在共价键、离子键和配位键 B．中心离子为Fe2+，配位数为4
C．C、N、O原子均存在孤电子对 D．血红素属于有机高分子化合物
7．下列类比或推理合理的是
选项 已知 方法 结论
A 沸点：SbH3>NH3>PH3 推理 NH3分子间能形成氢键，但SbH3分子间作用力更强
B SiCl4水解中间体的Si原子为sp3d杂化 类比 CCl4水解中间体的C原子也为sp3d杂化
C 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 推理 电负性F>Cl，F的推电子能力更强
D 乙炔分子形成的聚乙炔可以导电 类比 乙烯分子形成的聚乙烯也可以导电
8．用如图装置和相应试剂进行性质验证实验，能达到实验目的的是
选项 实验目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d
A NO2遇水生成酸 浓硝酸 铜粉 紫色石蕊溶液 NaOH溶液
B Na和CH3CH2OH反应生成H2 75%酒精溶液 Na 酸性KMnO4溶液 浓硫酸
C 酸性：乙酸>碳酸>苯酚 乙酸 Na2CO3 饱和Na2CO3溶液 苯酚钠溶液
D 漂白粉和浓盐酸反应生成Cl2 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊溶液 NaOH溶液
9．钛酸钴是一种重要的无机材料，在环境治理、能源转化等领域展现出广阔的应用潜力，其立方晶胞结构如图所示，该立方晶胞的参数为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．Co位于元素周期表第四周期第Ⅷ族
B．晶胞中O与O的最短距离为pm
C．晶胞中每个Co周围与它距离最近且相等的O有8个
D．晶体密度为
10．我国学者将卤化铅钙钛矿光吸收剂与合适的铜纳米光电催化剂结合，通过光电化学合成乙烷、乙烯，电化学机理如图所示。下列说法错误的是
A．Cu纳米电极表面积大，可加快电极反应速率
B．生成乙烯的电极反应：2CO2 +12e－ +12H+C2H4+4H2O
C．电池工作时，H+从负极穿过交换膜进入正极
D．电路中通过6 mol电子时，理论上生成14 g乙烯
11．偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。下列说法错误的是
A．第一电离能：CB．偶氮大环中所有碳、氮原子均采用sp2杂化
C．该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子
D．该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征
12．室温下，1，2-环氧丙烷可通过图示两步反应最终生成酯。下列说法正确的是
A．1，2-环氧丙烷转化为物质甲的过程中断裂的是1号位置的C形成的C—O
B．水也能实现甲→乙的转化，且不影响乙的产率
C．乙醇中C—O的键能比1，2-环氧丙烷中断裂的C—O的键能大
D．若将步骤I中CH3COO-替换为OH-，则最终生成
13．在Cu- Zn-Al催化剂作用下，CO和H2合成CH3OH的反应历程及能量变化如图所示。
已知：1 eV=96.0 kJ·mol-1。*表示被吸附在催化剂表面，如CO*表示被吸附在催化剂表面的CO。下列叙述正确的是
A．上述反应历程中能垒最大值为0.8 eV
B．CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) kJ·mol-1
C．上述反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成
D．相同条件下，CH3OH(g)比CH3OH*稳定
14．H3A为三元弱酸，常温时，向10 mL 0.01 mol·L-l H3A溶液中加入0.01mol·L-1NaOH溶液，H3A、H2A-、HA2-、A3-的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应A3- +H2OHA2- +OH-的平衡常数为
B．加入20 mL NaOH溶液时，溶液的pH<6.8
C．向V L 0.1 mol·L-l NaH2A溶液中滴加0.05 mol·L-l NaOH溶液至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大于V L
D．加入NaOH溶液的体积为30 mL时，溶液中：c(OH-)=c(HA2-)+2c(H2A-)+3c(H3A)
第Ⅱ卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可用活性炭作催化剂，在氯化铵和氨水的混合溶液中利用双氧水氧化CoCl2制备。
I．制备产品，步骤如下：
①称取2.0 g NH4Cl固体，用5 mL水溶解，加到锥形瓶中。
②分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。
③加热至55～60℃反应20 min，冷却，过滤。
④将过滤得到的黑黄固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。
⑤滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)本实验涉及钴配合物的配体为 （填化学式），三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3中外界离子的检验方法是 。
(2)写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式 。
(3)步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是 。
(4)步骤③中反应装置部分仪器如图（其中加持仪器省去），除过滤外还需要的玻璃仪器名称为 ，仪器A的名称为 ，仪器B的作用是 。
(5)步骤④中趁热过滤的目的是 。
Ⅱ．测定产品纯度，实验如下：
①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1 mL c1 mol·L-1 AgNO3溶液，并加3 mL的硝基苯用力振荡。
②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c 2 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2 mL KSCN溶液[已知：Ksp (AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgSCN) =1.0×10-12，硝基苯的密度大于水]。
(6)产品的质量分数为 （列出计算式）。
(7)加入硝基苯的目的是 。
16．（14分）三氧化二镍在颜料、蓄电池、阻燃剂等领域应用广泛。一种以镍铁合金废料（主要含有Ni、Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等金属）为原料制备三氧化二镍的工艺流程如图所示。
已知：pK=－lg K。常温下，pKa1(H2S)=7.0，pKa2 (H2S)=12.9。一些难溶电解质的pKsp
如表所示。
难溶电解质 NiS CuS ZnS
pKsp 18.8 35.2 21.7
回答下列问题：
(1)“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有 （写两条即可）。
(2)“除杂1’’步骤中，加入Na2CO3将溶液的pH调至1.6～1.8，得到黄钠铁矾[NaFe3 (SO4)2(OH)6]，该反应的离子方程式为 。
(3)“除杂2”步骤中，常温下，始终保持溶液中H2S的浓度为0.1 mol·L-1。为将预除杂质完全除去，应保持溶液的pH不小于 ，若此时Ni2+的浓度为0.0l mol·L-1，则Ni2+
（填“有”或“没有”）损失（当某离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子完全除去）。
(4)“沉镍”步骤中，得到的滤液中所含的阳离子主要有 （填离子符号）。
(5)在空气中“煅烧”发生反应的化学方程式为 。
(6)Ni、Fe、O三种元素形成的某化合物可以用作催化剂，其立方晶胞结构如图所示。该化合物晶体的密度为____g·cm-3（设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式即可）。
17．（15分）主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。
回答下列问题：
Ⅰ．可利用H2S热分解制备H2
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2 (g)2SO2 (g)+2H2O(g) kJ·mol-l
②4H2S(g)+2SO2 (g)3S2(g) +4H2O(g) kJ·mol-l
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) kJ·mol-l
计算H2S热分解反应④2H2S(g)S2(g) +2H2(g) 。
Ⅱ．可利用H2S与CH4反应制备H2
(2)根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解，发生反应：
反应Ⅰ：2H2S(g)2H2 (g)+S2 (g)
反应Ⅱ：CH4 (g)+S2(g)CS2(g) +2H2 (g)
总反应：CH4 (g)+2H2S(g)CS2 (g) +4H2(g)
投料按体积之比，并用N2稀释；甲烷和硫化氢的混合气体以一定流速通过石英管；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如表所示。
温度／℃ 950 1 000 1 050 1100 1 150
H2／V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
在1 000℃、常压下，保持通入H2S体积分数不变，提高投料比，H2S的转化率不变，其原因是 。
(3)实验测定，在950～1150℃范围内（其他条件不变），S2(g)的体积分数随温度升高先增大而后减小，其原因可能是 。
(4)理论计算表明，在压强恒定为1.1 MPa，原料初始组成条件下，只发生反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g) +4H2(g)，达到平衡时四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图所示。
①图中表示H2S、CS2变化的曲线分别是 、 。
②800℃时，反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g) +4H2 (g)的 。
Ⅲ．可利用间接法制备单质硫
(5)先用足量NaOH溶液吸收H2S气体，再将吸收后的溶液用如图所示装置电解，碱性条件下，S2-被氧化生成。取阳极区电解后的溶液，加入硫酸可得到单质硫。
①图中隔膜应使用 （填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②阳极电极反应式为 。
18．（15分）钛(Ti)是一种机械强度大、容易加工的耐高温金属，常用于制造合金。
回答下列问题：
(1)基态Ti原子核外电子的运动状态有 种，与Ti同周期且基态原子含有相同未成对电子数的主族元素有 （填元素符号）。
(2)下列状态的Ti原子中，失去最外层一个电子所需能量最大的是 （填标号）。
A．[Ar]3d24s14p1 B．[Ar]3d14s14p2
C．[Ar]3d14s24p1 D．[Ar]3d24s2
(3)Ti(Ⅳ)的极化能力强，不能从水溶液中获得其含氧酸正盐，只能得到水解产物TiOSO4和TiO(NO3)2。TiO(NO3)2的组成元素中第一电离能最大的是 （填元素符号）。
(4)超高硬度生物材料Ti3Au（相对分子质量M r=341）合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有α-Ti3 Au（图甲）、β-Ti3 Au(图乙)两种结构。
①图甲中，Ti原子距离最近且等距的Ti原子有 个。
②图乙中，若M点的原子坐标为，则N点的原子坐标为 。
③图乙中，若晶胞棱长为d pm，则晶体的密度为 g·cm-3。
化学参考答案
选择题答案速查
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 C A C C D B A D C D B C A C
一、选择题
1．C【解析】青铜蛇主要成分为Cu，属于金属材料，A错误；西周玉蛇为玉石，属于无机非金属材料，B错误；木雕的主要成分为纤维素，属于有机高分子，C正确；蛇纹双耳彩陶壶为陶器，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，D错误。
2．A【解析】Fe3+在FeCl3溶液中会水解，导致其实际浓度小于0.01 mol·L-1，因此1L溶液中Fe3+数目小于10-2NA，A正确；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，共8个电子，1 mol Fe的价层电子数为8 NA，B错误；未说明是否为标准状况，22.4 L37Cl2的物质的量不确定，无法计算中子数，C错误；Fe(CO)5中Fe为0价，生成Fe37Cl3时每个Fe失去3个e－，生成1 mol Fe37Cl3失去3NA电子，D错误。
3．C【解析】碳纤维的主要成分是碳，而纤维素是多糖类有机物，故A错误；铝合金是铝与其他元素形成的合金，属于混合物，故B错误；聚丙烯腈或沥青需经过高温碳化等化学处理才能转化为碳纤维，此过程涉及化学键的断裂与形成，属于化学变化，故C正确；石墨层间的作用力为范德华力，碳纤维结构类似石墨，层间作用力为范德华力，而非化学键，故D错误。
4．C【解析】SO3中S原子价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，即，A错误；Fe2+由Fe原子失去2个4s电子形成，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则Fe2+的结构示意图为，B错误；Br2分子中Br—Br为p-p σ键，由两个p轨道头碰头重叠形成，电子云轮廓图呈轴对称的双球形重叠状，其电子云轮廓图为，C正确；H2O2为共价化合物，电子式应为．D错误。
5．D【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据“Z的基态原子价层p轨道半充满’’，推知Z价层电子排布为2s22p3 (N)或3s23p3(P)；结合“W与Q同主族’’及DMS、DMDS的结构，推断X为H、Y为C、Z为N、W为0、Q为S。简单氢化物沸点比较中H2O、NH3分子间存在氢键沸点较大，H2S沸点最低，H2O分子间的氢键比NH3分子间的更强，H2O的沸点比NH3的更高，故沸点W>Z>Q，A错误；YW为CO，中心C的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形； QW为SO，中心S的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，二者模型不同，B错误；同周期从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，N(Z)因2p轨道半充满，第一电离能大于O(W)，即Z(N)>W(O)>Y(C)，C错误；H(X)半径最小，同周期原子半径C(Y)>N(Z)，则原子半径Y>Z>X，D正确。
6．B【解析】血红素分子中含有共价键和配位键，不含离子键，A错误；该分子中，Fe2+为中心离子，配位数为4，B正确；该分子中，C原子不存在孤电子对，C错误；血红素配合物不属于高分子化合物，D错误。
7．A【解析】NH3分子闯能形成氢键，沸点高于PH3，但SbH3分子间作用力更强，沸点高于NH3，A正确；C原子不含d轨道，无法发生sp3d杂化，B错误；F的电负性强于Cl，吸电子能力更强，使CF3COOH羧基中的—OH极性更大，酸性更强，C错误；聚乙炔中碳原子采取sp2杂化，未杂化的p轨道上有电子，可以导电，而聚乙烯中碳原子采取sp3杂化，所有价层电子参与成键，不能导电，D错误。
8．D【解析】浓硝酸具有挥发性，左侧装置产生的气体中可能混有HNO3，挥发的硝酸进入试剂c中也会使紫色石蕊溶液变红，不能证明NO2遇水生成酸，A不符合题意；75%酒精溶液混有水，水能与Na反应生成H2，试剂a应用无水乙醇，生成的H2中混有挥发的乙醇蒸气，通过酸性高锰酸钾溶液除去乙醇，浓硫酸可除去水，图中无收集检验H2的装置，该装置不能证明H2的产生，B不符合题意；乙酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，应再通过饱和碳酸氢钠溶液除去带出的乙酸，二氧化碳和苯酚钠生成溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊，才能说明酸性：乙酸>碳酸>苯酚，C不符合题意；漂白粉和浓盐酸反应生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，将混合气体通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，说明生成了Cl2，NaOH溶液用于吸收尾气，D符合题意。
9．C【解析】Co位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，A正确；晶胞中O与O的最短距离为面对角线长的一半，即pm，B正确；由晶胞图可知，氧原子位于立方晶胞的面心，Co位于晶胞顶点，晶胞中每个Co周围与它距离最近且相等的O有12个，C错误；晶胞中Ti原子数目为1，Co原子数目为，氧原子数目为．晶胞化学式为TiCoO3，晶体的密度为，D正确。
10．D【解析】纳米材料具有较大的比表面积，能提供更多活性位点，加快电极反应速率，A正确；乙烯中C为－2价，CO2中C为+4价，2个CO2生成1个C2H4，C元素共得12个电子，电极反应式为2CO2+12e－+12H+C2H4 +4H2O，B正确；光电极发生氧化反应2H2O－4e－O2 +4H+，为负极，生成H+，Cu纳米电极发生还原反应，为正极，原电池中阳离子(H+)向正极移动，即从负极穿过交换膜进入正极，C正确；图中显示CO2在Cu电极上可生成C2H4、C2H6、CO等多种产物，电路中6 mol电子并非全部用于生成乙烯，由B项反应式知生成1 mol C2H4需12 mol电子，6 mol电子理论上最多生成0.5 mol (14 g)乙烯，但因存在其他还原产物，实际生成乙烯少于14 g，D错误。
11．B【解析】同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N元素p轨道半满更稳定，第一电离能大于相邻元素，第一电离能顺序为C题干明确反式时不能键合碱金属离子，C正确；分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现了分子识别特征，D正确。
12．C【解析】对比1，2-环氧丙烷与生成酯的结构可知，1号位置C连接羟基，2号位置C 连接CH3COO－，因此断裂的是2号位置的C形成的C—O，A错误；若用水替代反应体系，会使甲发生水解反应生成羧酸和醇类物质，会显著降低乙的产率，B错误；乙醇中的C—O由饱和sp3杂化碳原子形成，键能较高，而1，2-环氧丙烷的C—O处于三元环中，因环张力存在，键能较低，因此，乙醇中C—O的键能比1，2-环氧丙烷中断裂的C—O的键能大，C正确；若将CH3COO－替换为OH－，第一步生成醇盐中间体，第二步在H+作用下不会生成酯，而是生成二醇，即，D错误。
13．A【解析】从给出的能垒图可看出，沿反应途径各低谷与其后过渡态的最大能量差为0.8eV，A正确；图中反应物CO(g) +2H2(g)能量规定为0.0 eV，最终产物CH3OH(g)的能量为-1.0 eV，说明该反应放热1.0 eV，对应-96.0 kJ·moL-1，B错误；反应过程中要断裂H2分子中H—H非极性键，并生成C—O、O—H等极性键，C错误；图中CH3OH*能量为-1.4 eV，低于-1.0 eV的CH3OH (g)，故CH3OH*更稳定，D错误。
14．C【解析】由图像可知，H3A为三元弱酸，则H3AH2A- +H+，Ka1 =，当c(H2A-)=c(H3A)时，pH = 2. 2，Ka1 =10-2.2 g，H2A－HA2-+H+，Ka2=，同理，Ka2 =10-6.8，Ka3=10-11.3，据此分析。反应A3－+H2OHA2-+OH－的平衡常数为Kh=，A错误；加入20 mL NaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，主要以HA2-形式存在，由图可知此时溶液的pH在6.8的右侧，故此时溶液的pH> 6.8，B错误；当向V L 0.1 mol·L-1 NaH2A溶液中滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液体积等于V L时，所得溶液为等浓度的NaH2A和Na2HA混合溶液，溶液中HA2-的水解平衡常数，H2A-的电离常数为Ka2=10-6.8，电离大于水解，溶液显酸性，需继续加入NaOH溶液才能使pH=7，故加入的NaOH溶液体积应大于V L，C正确；NaOH溶液的体积为30 mL时，溶液中溶质为Na3A，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)，元素守恒：c(Na+)=3c(H2A-)+3c(HA2-)+3c(A3-)+3c(H3A)，两式相减得c(OH-)=c(HA2-)+2c(H2A-)+ 3c(H3A) +c(H+)，D错误。
二、非选择题
15．(1)NH3（1分） 取样于试管中，加入热水溶解，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明含有氯离子（2分） (2)10NH3·H2O+2CoCl2+2NH4Cl+H2O2
2[Co(NH3)6]Cl3 +12H2O (2分） (3)防止浓氨水挥发、防止过氧化氢分解（2分） (4)酒精灯（1分） 球形干燥管（1分） 冷凝回流，提高原料利用率（1分） (5)防止温度降低后有三氯化六氨合钴晶体析出(1分) (6)（2分） (7)覆盖生成的氯化银沉淀，防止其转变为AgSCN沉淀（1分）
【解析】(1)根据配位化合物的知识，可知[Co(NH3)6]Cl3中，配体为氨分子，该配合物的外界为氯离子，溶于水后外界电离，产生氯离子，故应将样品溶解后，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，检验氯离子即可。(2)根据题目所给信息，该反应的反应物为浓氨水、氯化铵、氯化钴、过氧化氢，催化剂为活性炭，反应温度为55～60℃，产物为[Co(NH3) 6]Cl3，据此配平即可得到方程式：10NH3·H2O+2CoCl2+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3 +12H2O。(3)反应物中浓氨水易挥发，过氧化氢易分解，故将温度降低的目的是防止浓氨水挥发以及防止过氧化氢分解。(4)步骤③中进行了加热、过滤操作，故除过滤外还需要的玻璃仪器为酒精灯。仪器A为球形干燥管，仪器B为球形冷凝管，球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料利用率。(5)根据题给已知可知[Co(NH3)6]Cl3微溶于冷水，易溶于热水，当溶液温度降低后，[Co(NH3)6]Cl3的溶解度下降，会析出[Co(NH3)6]Cl3晶体，导致产率降低。(6)该滴定方法为返滴定，反应中先加入过量的银离子将所有的氯离子都反应为氯化银沉淀，再加入硫氰化钾滴定剩余的银离子，据此得到氯离子的物质的量，从而得到[Co(NH3)6]Cl3的物质的量。加入AgNO3总物质的量：n总 (AgNO3)=c1·V1×10-3 mol，过量AgNO3的物质的量：n过量(AgNO3)=n(KSCN) =c2·V2×10-3 mol，则与[Co(NH3)6]Cl3反应的银离子的物质的量挖反应( AgNO3)=n总(Ag NO3)－n过量(AgNO3)=(c1V1－ c2V2)×10-3 mol，n {[Co(NH3)6]Cl3} =n(Cl－)=反应(Ag NO3)=mol，产品中[Co(NH3)6]Cl3 的质量m=n·M=，故产品的质量分数。(7)已知AgSCN比AgCl更难溶，AgCl会向AgSCN转化，加入硝基苯后，硝基苯的密度比水大，能将AgCl沉淀覆盖，防止其转化为AgSCN沉淀。
16．(1)适当加热、搅拌、粉碎镍铁合金废料、适当增大酸的浓度（任写两条，2分） (2) Na++3Fe3+ +2SO+3CO+3H2ONaFe3(SO4)2(OH)6]↓+3CO2↑（2分） (3)2.1（2分） 有（2分） (4)Na+、NH4+、H+ (2分) (5) 4NiC2O4 +3O22Ni2O3 +8CO2 (2
分） (6)（2分）
【解析】(1)“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有适当加热、搅拌、粉碎镍铁合金废料或适当增大酸的浓度。(2)“除杂1”步骤中，溶液呈酸性，溶液中的Fe3+、与加入的Na+、反应生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为Na++3Fe3+ +2SO+3CO+3H2ONaFe3(SO4)2(OH)6]↓+3CO2↑。 (3) “除杂2”步骤的目的是将Cu2+、Zn2+完全除去，根据难溶电解质的溶度积可知，将Cu2+、Zn2+完全除去需满足离子浓度小于等于1.0×10-5 mol·L-l，则溶液中=1.0×10-16.7 mol·L-l，已知 Ka1 ( H2S) = 10-7.0，Ka2 (H2S)= 10-12.9，则 Ka1·Ka2=，将 c(H2S) = 0.1 mol·L-l、c(S2-)=1.0×10-16.7 mol·L-l代入可得c(H+)=1.0×10-2.1 mol·L-l，则应保持溶液的pH不小于2.1，此时c(Ni2+)=0.01 mol·L-l，Qc (NiS) =c (Ni2+)·c(S2-)= 10-18.7>Ksp(NiS)，则Ni2+已经开始沉淀，有损失。(4)根据(2)中离子方程式可知，生成黄钠铁矾消耗的Na+与CO的物质的量之比小于Na2CO3中Na+与的物质的量之比，所以Na+一定有剩余；“沉镍’’步骤前镍铁合金废料中的其他金属杂质已经被除去，故加入草酸“沉镍”后得到的滤液中所含的阳离子主要为Na+、NH4+、H+。(5)在空气中煅烧说明O2足量，故碳元素转化为CO2；加入草酸后得到草酸镍沉淀，在空气中煅烧草酸镍生成三氧化二镍，+2价的镍被氧化为+3价，+3价的碳被氧化为+4价，则反应的化学方程式为4NiC2O4 +3O2
2Ni2O3 +8CO2。
(6)根据均摊法可知，1个A中Ni的个数为，1个B中Ni的个数为，故1个晶胞中Ni的总数为；1个B中Fe的个数为4，1个晶胞中Fe的总数为；1个A中O的个数为4，1个B中0的个数为4，故1个晶胞中O的总数为，则该化合物晶体的密度为。
17．(1)+170 kJ·mol-1（2分） (2)1 000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同（2分） (3)在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2的体积分数减小（2分） (4)①c（2分） b（2分）②0.08 MPa2（2分） (5)①阳（1分） ②nS2－－2(n－1)e－（2分）
【解析】(1)根据盖斯定律可得，H2S热分解反应④2H2S (g)S2 (g) +2H2 (g) kJ·mol-1。(2)根据表中数据可知1 000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1 000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变。(3)实验测定在950～1150℃内（其他条件不变），S2(g)的体积分数随温度升高先增大而后减小，其原因可能是在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2的体积分数减小。(4)①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1:2，因此c为H2S，矗为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1:4，因此b代表CS2，a代表H2，故H2S、CS2变化的曲线分别是c、b。②设CH4与H2S的投料量为a mol和2a mol，参加反应的CH4的物质的量为x mol，列出三段式：
CH4 (g)+2H2 S(g)CS2 (g)+4H2(g)
起始/mol a 2a 0 0
转化/mol x 2x x 4x
平衡/mol a－x 2a－2x x 4x
M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此，解得，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为mol、mol、mol、mol，分压分别为MPa、MPa、MPa、MPa，则MPa2=0.08 MPa2。(5)①阴极的电极反应为2H2O+2e－H2↑+2OH－，一段时间后，阴极附近溶液的c(OH－)变大，若使用阴离子交换膜，则阴离子OH－会迁移到阳极干扰阳极反应，并且会导致后面制备单质硫的时候，消耗更多的硫酸，图中隔膜应使用阳离子交换膜。②由图可知，左侧为阳极，且碱性环境，S2-被氧化生成S，阳极电极反应式为nS2－－2(n－l)e－。
18．(1) 22(2分) Ge、Se(2分) (2) D(2分) (3) N (2分） (4)①8（2分） ②
（2分） ③（3分）
【解析】(1) Ti的原子序数为22，所以基态Ti原子核外电子的运动状态有22种，Ti的价层电子排布式为3d24s2，与Ti同周期且基态原子含有相同未成对电子数的主族元素有Ge、Se。(2)失去最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d24s2，其余选项均为激发态，能量高于基态，所需能量均小于基态，故选D。(3)TiO(NO3)2含有Ti、N、O三种元素，期中N原子的核外电子排布为1s22s22p3，p层电子处于半充满稳定状态，其第一电离能大于O元素，故组成元素中第一电离能最大的是N。(4)①图甲中，以面心Ti为中心，Ti原子距离最近且等距的Ti原子有上面、下面、左面、右面共4个，面心Ti为2个晶胞共有，所以距离最近且等距的Ti原子有8个。②图乙中，Au原子位于顶点和体心，Ti原子位于面上，根据图中O点坐标为(0，0，0)，M点原子在底面，M点原子坐标为，所以N点坐标为。③图乙中，由“均摊法”可知，Au原子个数为2，Ti原子个数为，晶胞边长为d pm，体积为cm3，则晶体密度。

展开更多......

收起↑